廣東省佛山一中、石門中學2024年高三第三次測評數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，則集合真子集的個數為（）A．3 B．4 C．7 D．82．已知是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（）A．若，，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則3．如圖，正三棱柱各條棱的長度均相等，為的中點，分別是線段和線段的動點（含端點），且滿足，當運動時，下列結論中不正確的是A．在內總存在與平面平行的線段B．平面平面C．三棱錐的體積為定值D．可能為直角三角形4．已知定點都在平面內，定點是內異于的動點，且，那么動點在平面內的軌跡是（）A．圓，但要去掉兩個點 B．橢圓，但要去掉兩個點C．雙曲線，但要去掉兩個點 D．拋物線，但要去掉兩個點5．下圖是民航部門統計的某年春運期間，六個城市售出的往返機票的平均價格（單位元），以及相比于上一年同期價格變化幅度的數據統計圖，以下敘述不正確的是（）A．深圳的變化幅度最小，北京的平均價格最高B．天津的往返機票平均價格變化最大C．上海和廣州的往返機票平均價格基本相當D．相比于上一年同期，其中四個城市的往返機票平均價格在增加6．設a,b∈(0,1)∪(1,+∞)，則"a=b"是"logA．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．五行學說是華夏民族創造的哲學思想，是華夏文明重要組成部分.古人認為，天下萬物皆由金、木、水、火、土五類元素組成，如圖，分別是金、木、水、火、土彼此之間存在的相生相克的關系.若從5類元素中任選2類元素，則2類元素相生的概率為（）A． B． C． D．8．已知是雙曲線的左右焦點，過的直線與雙曲線的兩支分別交于兩點（A在右支，B在左支）若為等邊三角形，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．9．雙曲線x2a2A．y=±2x B．y=±3x10．如圖所示，直三棱柱的高為4，底面邊長分別是5，12，13，當球與上底面三條棱都相切時球心到下底面距離為8，則球的體積為()A．1605π3 B．64211．一小商販準備用元錢在一批發市場購買甲、乙兩種小商品，甲每件進價元，乙每件進價元，甲商品每賣出去件可賺元，乙商品每賣出去件可賺元.該商販若想獲取最大收益，則購買甲、乙兩種商品的件數應分別為（）A．甲件，乙件 B．甲件，乙件 C．甲件，乙件 D．甲件，乙件12．給出下列三個命題：①“”的否定；②在中，“”是“”的充要條件；③將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象．其中假命題的個數是（）A．0 B．1 C．2 D．3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若x，y均為正數，且，則的最小值為________.14．設等比數列的前項和為，若，，則__________．15．如圖，在直四棱柱中，底面是平行四邊形，點是棱的中點，點是棱靠近的三等分點，且三棱錐的體積為2，則四棱柱的體積為______．16．拋物線上到其焦點的距離為的點的個數為________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐中，是等邊三角形，，，.（1）若，求證：平面；（2）若，求二面角的正弦值．18．（12分）已知函數，（1）求函數的單調區間；（2）當時，判斷函數，（）有幾個零點，并證明你的結論；（3）設函數，若函數在為增函數，求實數的取值范圍．19．（12分）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的參數方程是（為參數，常數），曲線的極坐標方程是.（1）寫出的普通方程及的直角坐標方程，并指出是什么曲線；（2）若直線與曲線，均相切且相切于同一點，求直線的極坐標方程.20．（12分）已知函數，直線是曲線在處的切線．（1）求證：無論實數取何值，直線恒過定點，并求出該定點的坐標；（2）若直線經過點，試判斷函數的零點個數并證明．21．（12分）已知中，角，，的對邊分別為，，，已知向量，且．（1）求角的大小；（2）若的面積為，，求．22．（10分）已知的三個內角所對的邊分別為，向量，，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

解出集合，再由含有個元素的集合，其真子集的個數為個可得答案.【詳解】解：由，得所以集合的真子集個數為個.故選：C【點睛】此題考查利用集合子集個數判斷集合元素個數的應用，含有個元素的集合，其真子集的個數為個，屬于基礎題.2、B【解析】

根據空間中線線、線面位置關系，逐項判斷即可得出結果.【詳解】A選項，若，，，，則或與相交；故A錯；B選項，若，，則，又，是兩個不重合的平面，則，故B正確；C選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故C錯；D選項，若，，則或或與相交，又，是兩個不重合的平面，則或與相交；故D錯；故選B【點睛】本題主要考查與線面、線線相關的命題，熟記線線、線面位置關系，即可求解，屬于常考題型.3、D【解析】

A項用平行于平面ABC的平面與平面MDN相交，則交線與平面ABC平行；B項利用線面垂直的判定定理；C項三棱錐與三棱錐體積相等，三棱錐的底面積是定值，高也是定值，則體積是定值;D項用反證法說明三角形DMN不可能是直角三角形.【詳解】A項，用平行于平面ABC的平面截平面MND，則交線平行于平面ABC，故正確；B項，如圖：當M、N分別在BB1、CC1上運動時,若滿足BM=CN,則線段MN必過正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正確；C項,當M、N分別在BB1、CC1上運動時,△A1DM的面積不變,N到平面A1DM的距離不變,所以棱錐N-A1DM的體積不變,即三棱錐A1-DMN的體積為定值,故正確；D項,若△DMN為直角三角形,則必是以∠MDN為直角的直角三角形,但MN的最大值為BC1,而此時DM,DN的長大于BB1,所以△DMN不可能為直角三角形,故錯誤.故選D【點睛】本題考查了命題真假判斷、棱柱的結構特征、空間想象力和思維能力，意在考查對線面、面面平行、垂直的判定和性質的應用，是中檔題.4、A【解析】

根據題意可得,即知C在以AB為直徑的圓上.【詳解】,，,又，,平面,又平面，故在以為直徑的圓上，又是內異于的動點，所以的軌跡是圓，但要去掉兩個點A,B故選：A【點睛】本題主要考查了線面垂直、線線垂直的判定，圓的性質，軌跡問題，屬于中檔題.5、D【解析】

根據條形圖可折線圖所包含的數據對選項逐一分析，由此得出敘述不正確的選項.【詳解】對于A選項，根據折線圖可知深圳的變化幅度最小，根據條形圖可知北京的平均價格最高，所以A選項敘述正確.對于B選項，根據折線圖可知天津的往返機票平均價格變化最大，所以B選項敘述正確.對于C選項，根據條形圖可知上海和廣州的往返機票平均價格基本相當，所以C選項敘述正確.對于D選項，根據折線圖可知相比于上一年同期，除了深圳外，另外五個城市的往返機票平均價格在增加，故D選項敘述錯誤.故選：D【點睛】本小題主要考查根據條形圖和折線圖進行數據分析，屬于基礎題.6、A【解析】

根據題意得到充分性，驗證a=2,b=1【詳解】a,b∈0,1∪1,+∞，當"a=b當logab=log故選：A.【點睛】本題考查了充分不必要條件，意在考查學生的計算能力和推斷能力.7、A【解析】

列舉出金、木、水、火、土任取兩個的所有結果共10種，其中2類元素相生的結果有5種，再根據古典概型概率公式可得結果.【詳解】金、木、水、火、土任取兩類，共有：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10種結果，其中兩類元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5結果，所以2類元素相生的概率為，故選A.【點睛】本題主要考查古典概型概率公式的應用，屬于基礎題，利用古典概型概率公式求概率時，找準基本事件個數是解題的關鍵，基本亊件的探求方法有(1)枚舉法：適合給定的基本事件個數較少且易一一列舉出的；(2)樹狀圖法：適合于較為復雜的問題中的基本亊件的探求.在找基本事件個數時，一定要按順序逐個寫出：先，….，再，…..依次….…這樣才能避免多寫、漏寫現象的發生.8、D【解析】

根據雙曲線的定義可得的邊長為，然后在中應用余弦定理得的等式，從而求得離心率．【詳解】由題意，，又，∴，∴，在中，即，∴．故選：D．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是應用雙曲線的定義把到兩焦點距離用表示，然后用余弦定理建立關系式．9、A【解析】分析：根據離心率得a,c關系，進而得a,b關系，再根據雙曲線方程求漸近線方程，得結果.詳解：∵e=因為漸近線方程為y=±bax點睛：已知雙曲線方程x2a210、A【解析】

設球心為O，三棱柱的上底面ΔA1B1C1的內切圓的圓心為O1，該圓與邊B【詳解】如圖，設三棱柱為ABC-A1B1C所以底面ΔA1B1C1為斜邊是A1C1則圓O1的半徑為O設球心為O，則由球的幾何知識得ΔOO1M所以OM=2即球O的半徑為25所以球O的體積為43故選A．【點睛】本題考查與球有關的組合體的問題，解答本題的關鍵有兩個：（1）構造以球半徑R、球心到小圓圓心的距離d和小圓半徑r為三邊的直角三角形，并在此三角形內求出球的半徑，這是解決與球有關的問題時常用的方法．（2）若直角三角形的兩直角邊為a,b，斜邊為c，則該直角三角形內切圓的半徑r=a+b-c11、D【解析】

由題意列出約束條件和目標函數，數形結合即可解決.【詳解】設購買甲、乙兩種商品的件數應分別，利潤為元，由題意，畫出可行域如圖所示，顯然當經過時，最大.故選：D.【點睛】本題考查線性目標函數的線性規劃問題，解決此類問題要注意判斷，是否是整數，是否是非負數，并準確的畫出可行域，本題是一道基礎題.12、C【解析】

結合不等式、三角函數的性質,對三個命題逐個分析并判斷其真假,即可選出答案.【詳解】對于命題①,因為,所以“”是真命題,故其否定是假命題,即①是假命題;對于命題②,充分性:中,若,則,由余弦函數的單調性可知,,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,,若,結合余弦函數的單調性可知,,即,可得到,即必要性成立.故命題②正確;對于命題③,將函數的圖象向左平移個單位長度,可得到的圖象,即命題③是假命題．故假命題有①③.故選:C【點睛】本題考查了命題真假的判斷,考查了余弦函數單調性的應用,考查了三角函數圖象的平移變換,考查了學生的邏輯推理能力,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、4【解析】

由基本不等式可得,則,即可解得.【詳解】方法一：，當且僅當時取等.方法二：因為，所以，所以，當且僅當時取等.故答案為:.【點睛】本題考查基本不等式在求最小值中的應用,考查學生對基本不等式的靈活使用,難度較易.14、【解析】

由題意，設等比數列的公比為，根據已知條件，列出方程組，求得的值，利用求和公式，即可求解．【詳解】由題意，設等比數列的公比為，因為，即，解得，，所以.【點睛】本題主要考查了等比數列的通項公式，及前n項和公式的應用，其中解答中根據等比數列的通項公式，正確求解首項和公比是解答本題的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題．15、12【解析】

由題意，設底面平行四邊形的，且邊上的高為，直四棱柱的高為，分別表示出直四棱柱的體積和三棱錐的體積，即可求解。【詳解】由題意，設底面平行四邊形的，且邊上的高為，直四棱柱的高為，則直四棱柱的體積為，又由三棱錐的體積為，解得，即直四棱柱的體積為。【點睛】本題主要考查了棱柱與棱錐的體積的計算問題，其中解答中正確認識幾何體的結構特征，合理、恰當地表示直四棱柱三棱錐的體積是解答本題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，以及空間想象能力，屬于中檔試題。16、【解析】

設拋物線上任意一點的坐標為，根據拋物線的定義求得，并求出對應的，即可得出結果.【詳解】設拋物線上任意一點的坐標為，拋物線的準線方程為，由拋物線的定義得，解得，此時.因此，拋物線上到其焦點的距離為的點的個數為.故答案為：.【點睛】本題考查利用拋物線的定義求點的坐標，考查計算能力，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）詳見解析（2）【解析】

（1）如圖，作，交于，連接.因為，所以是的三等分點，可得.因為，，，所以，因為，所以，因為，所以，所以，因為，所以，所以，因為平面，平面，所以平面.又，平面，平面，所以平面.因為，、平面，所以平面平面，所以平面.（2）因為是等邊三角形，，所以.又因為，，所以，所以.又，平面，，所以平面.因為平面，所以平面平面.在平面內作平面.以B點為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，所以，，，.設為平面的法向量，則，即，令，可得.設為平面的法向量，則，即，令，可得.所以，則，所以二面角的正弦值為.18、（1）單調增區間,單調減區間為,;（2）有2個零點，證明見解析;（3）【解析】

對函數求導,利用導數的正負判斷函數的單調區間即可;函數有2個零點.根據函數的零點存在性定理即可證明;記函數,求導后利用單調性求得,由零點存在性定理及單調性知存在唯一的,使，求得為分段函數,求導后分情況討論：①當時，利用函數的單調性將問題轉化為的問題;②當時，當時,在上恒成立，從而求得的取值范圍.【詳解】（1）由題意知,，列表如下：020極小值極大值所以函數的單調增區間為，單調減區間為,.（2）函數有2個零點.證明如下：因為時，所以，因為,所以在恒成立,在上單調遞增，由，，且在上單調遞增且連續知,函數在上僅有一個零點，由（1）可得時,，即，故時，，所以，由得，平方得，所以，因為，所以在上恒成立,所以函數在上單調遞減,因為,所以,由，，且在上單調遞減且連續得在上僅有一個零點，綜上可知：函數有2個零點.（3）記函數，下面考察的符號．求導得．當時恒成立．當時，因為，所以．∴在上恒成立，故在上單調遞減．∵，∴，又因為在上連續，所以由函數的零點存在性定理得存在唯一的，使，∴,因為,所以∴因為函數在上單調遞增,,所以在，上恒成立．①當時，在上恒成立，即在上恒成立．記，則，當變化時，，變化情況如下表：極小值∴，故，即．②當時，，當時，在上恒成立．綜合（1）（2）知，實數的取值范圍是．【點睛】本題考查利用導數求函數的單調區間、極值、最值和利用零點存在性定理判斷函數零點個數、利用分離參數法求參數的取值范圍;考查轉化與化歸能力、邏輯推理能力、運算求解能力;通過構造函數,利用零點存在性定理判斷其零點,從而求出函數的表達式是求解本題的關鍵;屬于綜合型強、難度大型試題.19、（1），，表示以為圓心為半徑的圓；為拋物線；（2）【解析】

（1）消去參數的直角坐標方程，利用，即得的直角坐標方程；（2）由直線與拋物線相切，求導可得切線斜率，再由直線與圓相切，故切線與圓心與切點連線垂直，可求解得到切點坐標，即得解.【詳解】（1）消去參數的直角坐標方程為：.的極坐標方程.∵，.當時表示以為圓心為半徑的圓；為拋物線.（2）設切點為，由于，則切線斜率為，由于直線與圓相切，故切線與圓心與切點連線垂直，故有，直線的直角坐標方程為，所以的極坐標方程為.【點睛】本題考查了極坐標，參數方程綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，